ziv-geometria-gdz-11g (Решебник Геометрия 7 - 11 Погорелов), страница 19

Дано: ABCDA1B1C1D1 — куб, F ∈ DC,ZDF = FC, E ∈ B1C1, B1E = EC1.Найти угол между EF и плоскостью(A1BD).Решение:A1Поместим куб в полярную систему координат Axyz.A1(0, 0, a), B(0, a, 0), D(a, 0, 0), C(a, a, 0),⎛ a ⎞⎛a⎞F ⎜ a , , 0 ⎟ , E ⎜ , a, a ⎟ .⎝ 2 ⎠⎝2⎠Уравнение (A1BD): x + y + z – a = 0.Gn (1, 1, 1) ⊥ (A1BD)JJJG ⎛ a a ⎞ GJJJG1 13FE ⎜ − , , a ⎟ , | n | = 3 ; FE = a+ +1 = a4 42⎝ 2 2 ⎠JJJGG JJJGGa a( n ⋅ FE ) = − + + a = a = | n | ⋅ | FE | ⋅ cosα2 2180B1C1D1YBFDCX⇒ cosα =a33⋅a223=2G; α — угол между FE и перпендикуляром n к A1BD ⇒3πугол между FE и (A1BD) = – α.2α = arccosВариант 41.

Дано: DABC — правильный тетраэдр, AB = DA = a, M — точка пресечения медиан ∆BDC, E ∈ AD, AE = ED.ZDEPAKMHCNXBY1) Найти EM.Решение:Опустим высоту DH и поместим тетраэдр в полярную систему координат Hxyz. ∆ACB = ∆DBC (по трем сторонам) ⇒ AK = DK, но H — и точкаa 3.пересечения медиан ∆ABC ⇒ AH = DM =3∆AEH = ∆DEM по двум сторонам и углу между ними ⇒ EM = EH.⎛ a 3⎞A ⎜⎜ −, 0, 0 ⎟⎟3⎝⎠a 2 2a 222DH = AD – AH2 = a2 –=32⎛⎛ a 3 a 2⎞2⎞D ⎜⎜ 0, 0, a, 0,⎟⎟ ⇒ E ⎜⎜ −⎟362 3 ⎟⎠⎝⎠⎝181JJJG ⎛ a 3a ⎞HE ⎜⎜ −, 0,⎟66 ⎟⎠⎝a2 ⋅ 3 a2 a+= = EM.36622) P ∈ DC, DP = PC, K ∈ DB, DK = KB.JJJG JJJGДоказать: PK ⊥ AD .Доказательство:1 JJG ⎛ a ⎞PK = CB = ⎜ 0, , 0 ⎟2⎝ 2 ⎠JJJG ⎛ a 3JJJG JJJG2⎞AD ⎜⎜, 0, a⎟⎟ ⇒ ( PK ⋅ AD ) = 0 ⇒ PK ⊥ AD.33⎝⎠2.

Дано: MABCD — пирамида, ABCD — прямоугольник, AD = 1, AB = 2.(MAB) ⊥ (ABCD), MH ⊥ AB, H ∈ AB, MH = 1.Найти угол между AE и DE; E ∈ MC, ME = EC, F ∈ MD, MF = FD.Z| HE | =FDAYHBCXРешение:Поместим пирамиду в полярную систему координат Hxyz. В ней M(0, 0,⎛1 1 1⎞⎛1 1 1⎞1), A(0, –1, 0), D(1, –1, 0) ⇒ F ⎜ , − , ⎟ , C(1, 1, 0) ⇒ E ⎜ , , ⎟ ,⎝2 2 2⎠⎝2 2 2⎠JJJG ⎛ 1 1 1 ⎞ JJJG ⎛ 1 3 1 ⎞AF ⎜ , , ⎟ , DE ⎜ − , , ⎟⎝2 2 2⎠⎝ 2 2 2⎠JJJGJJJG311, | DE | =| AF | =22182JJJG JJJGJJJGJJJG1 3 1( AF ⋅ DE ) = − + + = | AF | ⋅ | DE | ⋅ cosα4 4 43⋅ 433= cosα =; α = arccos.4 ⋅ 333333183Математические диктантыМД—1Вариант 11.

Дано: M(1; 3; 2), M1 — проекция M на плоскость Oxz, M2 — проекцияM на ось Oz.Решение:M1(1; 0; 2)M2(0; 0; 2)2. Дано: E(–1; 2; 3), F(1; –1; 4).JJJGG G GРазложить EF по векторам i , j , k .Решение:JJJGJJJGJJJGGG GEF {1 – (–1); –1 – 2; 4 – 3}; EF (2; –3; 1} ⇒ EF = 2 ⋅ i – 3 j + k .GGG3. Найти угол между j и m = 2 i – 3 k .Решение:GGG GGG GG GGG∧ GG( j ⋅ m ) = ( j ⋅ (2 i – 3 k )) = 2( j ⋅ i ) – 3( j ⋅ k ) = | j | ⋅ | m | ⋅ cos( j m ) = 0π.24. Дано: параллелепипед ABCDA1B1C1D1, вершины: A(1; 2; –4), C1(3; 0;⇒α=2).Найти точку пересечения диагоналей.Решение:⎛1+ 3 2 2 − 4 ⎞; ;Середина AC1 т. H ⎜⎟ ; H(2; 1; –1).⎝ 2 2 2 ⎠JJJGJJJG5. Дано: AB {–2; 4; 3} и AC {4; –8; –6}.Лежат ли точки A, B, C на одной прямой.JJJG JJJGОтвет: лежат, т.к.

есть такое k = –2, что k ⋅ AB = AC , а значит, векторыколлинеарны.G6. Дано: m {1; 2; 2}.GGНайти координаты единичного вектора e , сонаправленного с m .Решение:GGG| m | = 1 + 4 + 4 = 3 ⇒ вектор e ↑↑ m будет иметь координатыG ⎧1 2 2 ⎫e⎨ ; ; ⎬.⎩3 3 3 ⎭GG7. Дано: | a | = 2, угол между положительным направлением Ox и a раGвен 135°. Найти абсциссу a .Решение:184GGG GПусть a {x0, y, z}, т.к.

i {1; 0; 0}, то ( a ⋅ i ) = x0.G⎛2⎞G GG( a ⋅ i ) = | a | ⋅ | i | ⋅ cos135° = 2 ⋅ ⎜⎜ −⎟⎟ = − 2 = x0.⎝ 2 ⎠Ответ: x0 = − 2 .8. Дано: DABC — правильный тетраэдр.JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJGУпростить: ( AB + BC )( AB − BC ) + AD( AC − AB ) .Решение:JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG ⎛ JJJG 2JJJG JJJG JJJG JJJG2( AB + BC )( AB − BC ) + AD( AC − AB ) = ⎜ AB − BC ⎞⎟ + AD ⋅ AC − AD ⋅ AB =⎝⎠JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG= AD ⋅ AC − AD ⋅ AB = AD( AC − AB) = AD ⋅ BC = 0JJJJG JJJJGJJJJG= − AC 2 − AD 2 = − AB 2 .∧GGGG9.

Дано: | a | = 1, | b | = 2, a b = 120°.G G GНайти ( a + b ) a .Решение:G G G G G G⎛ 1⎞( a + b )⋅ a = a 2 + a ⋅ b = 1 + 1 ⋅ 2 ⋅ ⎜ − ⎟ = 1 − 1 = 0 .⎝ 2⎠10. Дано: ∆ABC: A(0; 0; 0), B(1; 2; 1), C(1; –1; 1).Найти координаты центра описанной окружности.Решение:Длина AB = 6 , длина AC = 3 , длина BC = 3 ⇒ ∆ABC — прямоугольный, т.к. AB2 + AC2 = BC2 ⇒ центр описанной окружности лежит на середи⎛ 1 ⎞не BC, т.е.

в точке O ⎜1; ;1⎟ .⎝ 2 ⎠Вариант 21. Дано: E(2; –1; 3).Найти: E1 — проекцию E на плоскость Oyz; E2 — проекцию E на ось Oy.Решение:E1(0; –1; 3); E2(0; –1; 0).2. Дано: K(2; –1; 3), M(1; –2; 1).JJJJGGG GРазложить KM по векторам i , j и k .Решение:JJJJGJJJJGKM {1 – 2; –2 – (–1); 1 – 3}; KM {–1; –JJJJGGG GZ1; –2}; KM = – i – j – 2 k .GG GG3. Найти угол между j и n = –2 j + k .nРешение:kijYX185G GG GGG GGGj ⋅ n = ( j (–2 j + k )) = –2| j | + k ⋅ j = –2| j | = –2G GGGGj ⋅ n = | j | ⋅ | n | ⋅ cosα = 1 ⋅ 02 + 4 + 1 ⋅ cosα = 5 cosα; n {0; –2; 1}2⎛ 2 ⎞; α = arccos ⎜ −⎟.55⎠⎝4. Дано: параллелепипед ABCDA1B1C1D1, B1(–1; 3; 2), точка пересечениядиагоналей M(2; –1; 1).Найти координаты D.Решение:Т.к. M точка пересечения диагоналей, то она лежит на середине B1D.Пусть D(x; y; z), тогда⎧ −1 + x⎪ 2 =2⎧⎪ x = 5⎪⎪ 3 + y= −1 ⇔ ⎨ y = −5 ⇒ D(5; –5; 0).⎨⎪ z +2 2⎪⎩ z = 0⎪=1⎪⎩ 2JJJGJJJG5.

Дано: EF {1; –2; 3}, EK {–2; 4; 6}.Лежат ли точки E, F и K на одной прямой.JJJGJJJGОтвет: нет, не лежат, т.к. нет такого k, что EF = k EK , а значит, векторыне коллинеарны и точки не лежат на одной прямой.G6. Дано: p {–2; –2; 1}.GGНайти координаты e , противоположно направленного p .Решение:GGGG ⎧2 2 1⎫| p | = 4 + 4 + 1 = 3 ⇒ координаты e ↓↑ p будут e ⎨ ; ; − ⎬ .⎩ 3 3 3⎭G7. Дано: a составляет с положительным направлением оси Oy угол135°.GGНайти ординату вектора a , если | a | = 2 3 .Решение:GGG GПусть a {x; y0; z}.

Т.к. j {0; 1; 0}, то ( a ⋅ j ) = y0.⇒5 cosα = –2, cosα = −G⎛G GG2⎞( a ⋅ j ) = | a | ⋅ | j | ⋅ cos135° = 2 3 ⋅ ⎜⎜ −⎟⎟ = − 6 = y0.⎝ 2 ⎠8. Дано: правильная пирамида HPMKE.JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJGУпростить: ( PH − MK )( PH + MK ) + HK ( MK + KE ) .Решение:JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG( PH − MK )( PH + MK ) + HK ( MK + KE ) =JJJG JJJG JJJG 2 JJJG 2 JJJG JJJG= 0 + HK ⋅ ME = PH + MK + HK ⋅ ME = 0 .186GGG∧ G9.

Дано: | m | = 2, | n | = 2 , m n = 135°.G G GНайти: ( m – n ) n .Решение:⎛G G G G GG2⎞( m – n ) n = m ⋅ n – ( n )2 = 2 ⋅ 2 ⋅ ⎜⎜ −⎟⎟ – 2 = –4.⎝ 2 ⎠10. Дано: ∆MFP, M(0; 0; 0), F(2; –1; 3), P(–1; 1; 1).Найти d описанной окружности.Решение:Длина MF = 4 + 1 + 9 = 14 , длина MP = 3 , длина PF = 9 + 4 + 4 =17 . Итак, ∆MFP — прямоугольный, т.к.

PF2 = MF2 + MP2 ⇒ длина диа-метра описанной окружности равна длине PF = 17 .МД—2Вариант 11. Дано: цилиндр, сечение отстоит от осевого сечения на 3; высота 10; R= 5.Найти: Sсеч..Решение:Рассмотрим сечение, перпендикулярноеосевому.ABCD — трапеция, вписанная в окружность. Обозначим меньшее основание за x,10 − xтогда HB =(т.к. большее основание —2диаметр, а трапеция равнобокая).1Ax = OH = OC 2 − HC 2 = 42⇒ Sсуч = x ⋅ h = 4 ⋅ 2 ⋅ 10 = 80Ответ: 80.D2. Дано: призма, стороны 6, 8 и 10,высота 4.Найти: Sбок. пов. цил..Решение:1) Sбок. = 2πR ⋅ h = 8πR2)S=1053OH55B3CM8 + 10 + 6 ⎛ 8 + 10 + 6⎞⎛ 8 + 10 + 6⎞⎛ 8 + 10 + 6⎞− 8 ⎟⎜− 6 ⎟⎜− 10 ⎟⎜2222⎝⎠⎝⎠⎝⎠=A=B12 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ 2 = 24C187abc 8 ⋅ 6 ⋅ 10=5=4S4 ⋅ 24Sбок.

= 40π.Ответ: 40π.3. Дано: конус, ABC — сечение, BC = a, ∠COB = 90°, ∠CAB = 60°.Найти: Sбок. пов..AR=COBРешение:1) Sбок. = πRl2) Из ∆COB: OC = OB = R =aИз ∆CAB BC = AC = AB = a2aa22πa 2.=⋅a=π2224. Дано: ∠DAO = ∠DCO = ∠DBO = 60°, AC = 10, ∠ABC = 30°.Найти: Sбок. конуса.⇒ Sбок. = π ⋅DACBРешение:1881) Sбок. конуса = πRl2) Т.к. углы при основании равны, то вершина проецируется в центрописанной окружности (из равенства ∆ADO = ∆COD = ∆BDO).10= 2R ⇒ R = 10.3) По теореме синусовsin 30°4) Из ∆AOD, в котором ∠DAO = 60°, AAO = R = 10 AD ⋅ cos60° = AO10⇒ AD = 20.⇒ cos60° =AD5) Sбок.

конуса = π ⋅ R ⋅ l = π ⋅ 10 ⋅ 20 = 200π.Ответ: 200π.5. Это будет окружность, по которой пересекаются сферы: одна с центром в т. M и сPMрадиусом a, а вторая с центром в т. P и срадиусом b.6. Все центры будут лежать на перпендикуляре, восстановленном из этой точки.A7. Дано: координаты A(3; 4; 12) ∈ сфере x2 + y2 + 22 = 169, A ∈ α α ⊥ OZНайти: Rсеч..CADРешение:Уравнение плоскости α : z = k. Т.к.

A ∈ α, то 12 = k.Т.е. плоскость α удалена от центра сферы на расстояние k = 12. А значит радиус сечения будетV = R 2 − k 2 = 169 − 144 = 5Sсеч = 25π = πr2.Ответ: 25π.1898. Дано: BC = 2, AD = 4.BCADНайти: Sбок..Решение:1) Построим осевое сечение ABCD.2) Т.к. ABCD — трапеция, в которую вписан круг, тоBC + AD = AB + CD,но AB = CD ⇒ 4 + 2 = 2AB3) Sбок. ус. кон. = π(R + r)l = π ⋅ 6 ⋅ 3 = 18π.Ответ: 18π.9. Дано: AC = AB = BC = 3, ∠DCO = ∠DAO = ∠DBO = 45°.DABC — правильнаяОколо DABC описанная сфераDBAOCНайти: Sсферы.Решение:1) Рассмотрим ∆ABC:т.к. он равносторонний, то r = 3 — радиус описанной окружности.2) Рассмотрим ∆DOC:Он прямоугольный и равнобедренный ⇒ OD = 3 ⇒ т.

O — центрсферы.3) Sсферы = 4πR2 = 4 ⋅3⋅ π =12π.10. Дано: пирамида, центр шара делит высоту в отношении 2 : 1, считаяот вершины.190BZDOCAНайти угол наклона боковых граней.Решение:1) Рассмотрим сечения:Т.к. т. O делит BC в отношении 2 : 1, то OC = OZ = ZB.2) Рассмотрим ∆DBO:DO = R, BO = 2R ⇒ ∠DBO = 30° ⇒ ∠BAC = 60°.Вариант 21.